Kalkulus Lanjut Pertemuan 2 Dan 3 [PDF]

Citation preview

PERTEMUAN 2 dan 3 BAB I BARISAN DAN DERET TAK TERHINGGA



A. Barisan Tak Terhingga Barisan tak terhingga adalah suatu fungsi dari peubah n yang terbatas dimana domainnya merupakan himpunan bilangan asli. Bentuk umum barisan tak terhingga ditulis {∪n} = ∪1, ∪2, ∪3,….., ∪n,….. Suatu barisan {∪n} dapat disebut terbatas jika terdapat bilangan K dan L sehingga K ≤ ∪n ≤ L untuk setiap nilai n. Contoh 1: 3 4 n+ 1 , … … adalah terbatas, sebab untuk setiap n, berlaku 0 ≤ ∪n ≤ 1. 1, , , … … … , 4 6 2n Sedangkan 2, 4, 6, ……, 2n, …… tidak terbatas. Definisi 1. (i)



Monoton naik, jika ∀n ∈ A berlaku ∪n+1 > ∪n.



(ii)



Monoton tak turun, jika ∀n ∈ A berlaku ∪n+1 ≥ ∪n.



(iii)



Monoton turun, jika ∀n ∈ A berlaku ∪n+1 < ∪n.



(iv)



Monoton tak naik, jika ∀n ∈ A berlaku ∪n+1 ≤ ∪n.



Contoh 2: Selidiki kemonotonan barisan berikut: n! n2



a) ∪n =



n2 n+1



a) ∪n =



1 4 9 16 n2 , suku-sukunya adalah , , , . 2 3 4 5 n+1



b) ∪n =



Jawab:



Karena ∪n+1 > ∪n ∀n ∈ A. sehingga ∪n adalah barisan monoton naik. a) ∪n =



n! 1 1 3 3 15 , , , , , … … karena: 2 , suku-sukunya adalah 2 2 4 2 4 n



∪n+1 ( n+1 ) ! 2n 1 = n+1 . = ( n+1 ) ≥1, ∀n ∈ A ∪n n! 2 2 Maka:



∪n + 1 ≥ ∪n, ∀n ∈ A, sehingga {∪n} adalah barisan monoton tak turun. B. Kekonvergenan Suatu Barisan Kekonvergenan suatu barisan dianalogika seperti limit ditakhingga yang didefinisikan sebagai berikut: Definisi 2. U n=L , jika untuk setiap bilangan Barisan {∪n} dikatakan konvergen ke L sebagai limit nlim →∞



[



]



real positif ε > 0 betapapun kecilnya, terdapat bilngan real lain kecil positif δ >0 sedemikian hingga untuk n > m, maka ¿ U n=L∨¿ < ε. Jadi, jika suatu barisan mempunyai limit disebut barisan konvergen, jika tidak mempunyai limit disebut divergen. Ada tiga kemungkinan penyebab suatu barisan menjadi divergen yaitu:



( i ) lim ⁡ U n=+ ; n→



(iii) Barisan ∪n beroskilasi



(i)



lim ⁡ U n=−;atau n→



(bergoyang)



Berikut beberapa teorema yang berkaitan dengan kekonvergenan suatu barisan yaitu: Teorema 1. (i)



Setiap barisan tidak turun (tidak naik) yang terbatas selalu konvergen



(ii)



Setiap barisan tak terbatas adalah divergen



(iii)



Limit dari barisan konvergen adalah unik (tunggal)



(iv)



Barisan konvergen (divergen) tetap konvergan (divergen) setelah beberapa atau semua n suku pertamanya diganti.



(v)



Setiap barisan tidak turun (tidak naik) yang terbatas selalu konvergen



(vi)



Setiap barisan tak terbatas adalah divergen



(vii)



Limit dari barisan konvergen adalah unik (tunggal)



(viii)



Barisan konvergen (divergen) tetap konvergan (divergen) setelah beberapa atau semua n suku pertamanya diganti.



Teorema 2. Jika lim n→⁡ U n=∪ dan lim n→⁡ T n=T , sedang k konstan, maka:



(i)



lim ⁡ k U n=k . lim ⁡ U n=k . ∪ n→ n→



(ii)



lim ⁡ (U ¿ ¿ n ± T n )=lim ⁡ U n+ lim ⁡ T n=∪ ±T ¿



(iii)



lim ⁡ (U ¿ ¿ n . T n )=lim ⁡ U n . lim ⁡ T n=∪ . T ¿



(iv)



lim U n ∪n ∪ n→ lim ⁡ = = T n lim T n T n→



n→



n→



n→



n→



( )



n→



n→



n→



Asal T ≠ 0 dan Tn ≠ 0 untuk semua n Teorema 3. n , maka Jika {∪n} adalah barisan suku-suku yang tidak nol dan jika lim U n→



(i)



lim



1 =0 ∪n



( ) n→



(ii)



n Jika a > 1, maka lim n→⁡ a =



(iii)



n Jika |r| < 1, maka lim n→⁡ r =0



Teorema 4. (i)



Jika {∪n} konvergen ke ∪, maka {|∪|} konvergen ke |∪|



(ii)



Barisan {∪n} konvergen ke 0 jika dan hanya jika {|∪|} konvergen ke 0 Kebalikan teorema 4(i) tidak benar sebab jika ∪n = (-1)n divergen, tetapi barisan |∪n| =



1 konvergen ke 1. Teorema 5. Andaikan fungsi y = f (x) , x ≥ 1 memenuhi f (n) = ∪n, dengan {∪n} suatu barisan. f ( x )=P , sehingga {∪n} konvergen ke P Jika lim X→ Teorema 6 ( Prinsip Apit ) Misalkan {∪n} dan {Wn} barisan yang konvergen ke L memenuhi ∪n ≤ Vn ≤ Wn , n ≥ k untu suatu konstanta k tertentu, maka {Vn} juga konvergen menuju L. Contoh 3: Selidiki ke konvergenan barisan-barisan berikut:



Un=



a.



n+ 2 4n



d. U n =



3 n3 −4 n2+ 10 b. U n = 4 n 3+ 2n−6



n2 π sin 3 n−5 n e. U n =(−1 )



n+1



c. U n =n2−n Jawab: lim n+ 2 n+ 2 1 . Barisan ini konvergen ke ¼ sebab n → = 4n 4n 4



a.



Un=



b.



lim 3 n3 −4 n 2+10 3 3 n3 −4 n2+ 10 Un= . Barisan ini konvergen ke ¾ sebab n → = 3 4 4 n 3+ 2n−6 4 n +2 n−6



c.



2 2 U n =n2−n. Barisan ini divergen sebab lim ( n −n )=lim n 1−



d.



n2 π Un= . sin . Misalkan U n =an . bn 3 n−5 n



n→



Definisikan



fungsi



π lim f ( x )=lim x sin =lim ❑ x→ n x→ x→



a n=n . sin



f ( x )=x . sin



. sin 1 x



π n



n→



π x



.



maka



( 1n )= π a n=f ( n )=n . sin . n



karena



−π π cos 2 x x π lim ❑ =lim ❑ π .cos =π, maka barisan x→ x→ −1 x 2 x



lim n π n konvergen ke ≥ π. Kemudian b n= konvergen ke 1/3 sebab n → = 1 . n 3 n−5 3 n−5 3



Jadi menurut teorema 2(iii) maka barisan {∪n} = {an.bn} = π. 1/3 = 1/3π konvergen ke 1/3π.



e.



U n =(−1 )n+1. Barisan ini divergen sebab lim (−1 ) n→



Contoh 4: Selidiki kekonvergenan barisan berikut! 1.3 .5.7 ⋅ … ( 2 n−1 ) 2.4 .6 .8 … ( 2 n )



a.



U n=



{



b.



Un=



sin 3 n n



}



n+1



1



tidak ada (beroskilasi).



Jawab: a.



U n= U n=



{ {



1.3 .5.7 ⋅ … ( 2 n−1 ) . barisan ini terbatas, sebab 0 ≤ ∪n ≤ 1, ∀n 2.4 .6 .8 … ( 2 n )



} }



1.3 .5.7 ⋅ … ( 2 n−1 ) 1.3 .5 .7 ⋅ … ( 2n−1 ) ( 2n+1 ) dan U n +1= 2.4 .6 .8 … ( 2 n ) 2.4 .6 .8 … ( 2 n ) ( 2n+1 )



{



}



Ternyata ∪n+1 ≤ ∪n. Sesuai teorema 1(i), maka barisan {∪n} konvergen. b.



Un=



sin 3 n sin3 n 1 , karena 0 ≤ |∪n| = ≤ n n n



| |



Dimana lim ⁡



n→



1 =0 , maka berdasarkan teorema apit (teorema 6) didapat n



lim ⁡ ∨∪ n∨¿ 0. Kemudian sesuai teorema 4(ii) mengakibatkan lim ⁡ ∪ n=0 . Jadi, barisan n→ n→ sin 3 n konvergen ke 0. Un= n C. Deret Tak Terhingga dan Kekonvergenannya Secara umum deret tak terhingga ditulis sebagai berikut: U 1 +U 2 +U 3 +…=∑ U n . Jumlah dari U 1 +U 2 +U 3 +… adalah Sn, sehingga Sn=∑ U n. n=1



n=1



Jika lim n→⁡ S n=L maka deret tersebut konvergen. Sedangkan jika lim n→⁡ S n=± , maka deret itu disebut divergen. Dalam deret tak hingga ada juga yang disebut dengan deret beroskilasi (oscilating) atau deret bergoyang yaitu: 1−1+1−1+ …=∑ (−1 )



n+1



. Disini kita lihat bahwa S1 = 1, S2 = 0, S3 = 1, S4 = 0,……… Jadi



n=1



jumlah S tidak menuju suatu limit yang tunggal (unik). Untuk S1 = 1, S2 = 0, S3 = 1, S4 = 0 n+1 sampai seterusnya ini disebut jumlah sebagian (partial sum) dari sebuah deret Sn=∑ (−1) . n=1



Karena barisan jumlah parsial dari deret ini berbentuk {1,0,1,0,…} yang tidak mempunyai limit (beroskilasi), maka deretnya divergen. Kesimpulan: Deret Sn=∑ U n konvergen, jika barisan jumlah parsialnya mempunyai limit dan divergen n=1



jika barisan jumlah parsialnya tidak mempunyai limit.



Berikut beberapa teorema mengenai kekonvergenan suatu deret tak hingga. Teorema 7. Jika ∑ U n=K dan ∑ V n=L adalah konvergen dan c suatu konstanta, maka: n =1



(i)



n =1



∑ (U ¿ ¿ n ¿ ± V n )=K ± L ¿ ¿ n =1



(ii) ∑ c U n =c ∑ U n=cK n =1



n =1



Teorema 8. Jika lim n→⁡ U n ≠ 0 maka ∑ U n divergen. Kebalikannya tidak benar. n =1



Teorema 9. Jika ∑ U n konvergen, maka lim n→⁡ U n=0. Kebalikannya tidak benar. n =1



Teorema 10. Jika suku pertama dari deret



∑ U n dan ∑ V n berbeda, maka kedua deretnya Bersama-sama n =1



n =1



konvergen atau divergen. Teorema 11 Jika deret



∑ U n konvergen dan ∑ V n divergen, maka deret ∑ ¿¿ ¿+V n ¿ divergen. n =1



n =1



n =1



Teorema 12. Sebuah deret konvergen (divergen) tetap konvergen (divergen) setelah beberapa atau semua suku-suku n yang pertama diubah. Teorema 13. Jumlah deret konvergen adalah unik (tunggal). Contoh 6: Selidiki kekonvergenan deret berikut!



a.



1 ∑ 3 n+9



b. ∑ n =1



n =1



[



n 1 + 2 n+1 n ( n+ 1 )



]



Jawab: a.



Kita tulis deretnya dalam bentuk: 1 1 1 1 karena deret ∑ = ∑ ∑ 3 n+9 3 n+ 3 n+3 n =1



n=1



hanya berbeda tiga suku pertama dari deret



n =1



∑ 1n yang divergen (lihat teorema 10) maka deret yang diberikan juga divergen. n =1



b.



Berhubung lim ⁡



n→



divergen dan deret



n 1 = ≠ 0 , maka deret 2 n+1 2 1 ∑ n( n+1)



n ∑ 2 n+1



divergen. Karena deret ini



n =1



konvergen. (lihat teorema 8 dan 11) maka deret yang



n =1



diberikan juga divergen.



Contoh 7: Butikan jika deret ∑ ∪ n konvergen, maka lim n→⁡ ∪ n=0 n =1



Bukti: Karena



∑ ∪n=S, n =1



lim ⁡ S n=S dan lim ⁡ S n−1 =S ( S ∈ R). Ingat bahwa: ∪ =S −S n n n −1 n→ n→



maka: lim ⁡ ∪ n=lim ⁡ (S ¿ ¿ n−S n−1)=lim ❑ S n−lim ❑ S n−1=lim ❑ ∪ n=S−S=0 ¿. n→



n→



n→



n→



n→



(terbukti) Contoh 8: 1 1 1 1 Misalkan deret 1+ + + + + … konvergen ke 2. Ujilah hasil deret ini jika: 2 4 8 16 a. Empat suku pertamanya dihilangkan b. Jika suku 8+4+2 diikut sertakan pada deret tersebut! Jawab: a.



1 1 1 1 Deret: 1+ + + + + … 2 4 8 16



Jika empat suku pertamanya dihilangkan maka deret baru menjadi:



1 1 1 + + +… 16 32 64



merupakan deret geometri tak berhingga dengan rasio r = ½. Jadi deret ini tetap konvergen ke 1 1 1 1 S = 2 – (1+ + + ¿= 2 4 8 8 b.



1 1 1 1 Deret: 1+ + + + + … 2 4 8 16



Suku 8 + 4 +2 diikut sertakan pada deret di atas, maka deret baru menjadi: 1 1 1 1 8 + 4 + 2 + 1+ + + + + … merupakan deret geometri tak berhingga dengan rasio r = ½. 2 4 8 16 Jadi deret ini tetap konvergen ke S = 2 + 8 + 4 + 2 + 16. D. Uji Kekonvergenan Deret Positif Sebuah deret ∑ U n disebut deret positif, jika semua suku-suku positif dan barisan jumlah persil deret itu selalu monoton naik. Setelah deret positif ∑ U n dikatakan konvergen jika barisan jumlah parsil {Sn} = S1, S2, S3,,,, adalah terbatas. Ada beberapa teorema yang berkaitan dengan deret positif yaitu: Teorema 14. (Uji Banding dengan Deret Lain) Andaikan ∑ U n dan ∑ V n adalah deret suku-suku positif, maka: (i) Apabila ∪n ≤ Vn ∀n ∈ A dan ∑ V n konvergen, maka ∑ U n juga konvergen. (ii) Apabila ∪n ≥ Vn ∀n ∈ A dan ∑ V n divergen, maka ∑ U n juga divergen. Teorema 15. (Uji Perbandingan atau Hasil Bagi) ❑ Andaikan ∑ U n sebuah deret yang sukunya positif ∀n ∈ A dan lim n→



U n +1 = k , maka: Uk



| |



(i) Jika k < 1, ∑ U n konvergen absolut (ii) Jika k = 1, uji perbandingan gagal (iii)



Jika k > 1, ∑ U n divergen



Teorema 16. (Uji Akbar) n



√|U n|=L, maka: Andaikan ∑ U n sebuah deret yang sukunya positif ∀n ∈ A dan lim n→ (i) Jika L < 1, ∑ U n deret konvergen absolut (ii) Jika L = 1, uji akar gagal



Jika L > 1, ∑ U n deret divergen



(iii)



Teorema 17. Deret harmonis orde p disebut deret hiperharmonis.



∑ n1p =1+ 21p + 31p +… n =1



Konvergen untuk p > 1 dan divergen p ≤ 1 Jika p = 1 deret terbentuk: 1 1 1 1 1 1+ + + + +…+ +… 2 3 4 5 n Deret ini sering disebut deret harmonis. Deret ini sering dipakai sebagai deret pembanding. Deret ini adalah deret divergen sebab jika n → maka jumlah deret ini adalah tak hingga. Bukti: M



M 1 1 Untuk p = 1: ∫ ⅆx= lim ∫ ⅆx= lim [ ln x ]1 = M→ 1 x M→ 1 x



Teorema 18. (Uji Integral) Andaikan fungsi f kontinu, f monoton turun dan f (x)>0 pada selang [1,~) maka: (i)



∑ f ( n ) konvergen, jika ∫ f ( x ) dx konvergen n =1



1



(ii) ∑ f ( n ) divergen, jika ∫ f ( x ) dx divergen n =1



1



Contoh 9. (Teorema 14) Selidiki ke konvergenan deret: a.



∑ 3n1+1 n =1



Jawab:



b. ∑ n =1



1 √n



a.



Disini deret



∑ 3n1+1



kita bandingkan dengan deret geometri



n =1



∑ 31n



yang konvergen.



∑ 31n



deret konvergen.



n =1



Oleh sebab itu 3n +1>3 n maka 0
1, maka deret Misalkan U n = 3 karena n → √ n n → 3 n 3 1 n lim √n n π n



√



3n



n→ ∞



2n ∑ n3 divergen. n =1 b.



Misalkan U n =



lim 1 1 1 n→ n 1 lim = = =0=01 , f ( x ) >0 dan f (x) monoton turun pada



selang [1, ~). Karena: c



c



c d (2 x +1) 1 dx=lim ∫ =lim |√ 2 x+1|1=lim ¿ ¿ ∫ f ( x ) dx=∫ √ 2 1x +1 dx =lim ∫ c → 1 √ 2 x +1 c→ 1 2 √ 2 x+1 c→ c→ 1 1



jadi deret ∑ n =1



b.



∑ n ln12 n



1 divergen. √ 2 n+1



Ambil f ( x )=



n =2



,



1 x ¿2 x



Untuk x >2, pada selang ¿, karena : c



c



c



d (¿ x ) 1 −1 1 1 dx =¿ lim ∫ 2 =lim =lim ❑ − =.2 log c ¿ ∫ ( x ) dx=∫ x ¿12 x dx=lim ∫ 2 ¿ x ¿ 2 ¿ c c → c→ c → c→ x ¿ x ¿ x 2 1 1 1 1 Jadi deret ∑ n =2



| |



(



)



1 konvergen n ¿2 n



E. Deret Tak Hingga Dengan Suku Suku Positif Dan Negatif (Deret Ganti Tanda) Deret Ganti Tanda dinamakan juga deret berayun (Alternating Series). Deret berayun dapat di definisikan sebagai berikut: Definisi 3: Misalkan U n >0 ∀ n ϵA . Deret yang berbentuk :



∑ (−1)n U n =−U 1 +U 2−U 3+U 4−U 5+ … n =1



atau



∑ (−1)n+1 U n=U 1−U 2+U 3−U 4 + … n =1



Dinamakan deret berayun (Alternating Series) Selanjutnya konvergen absolut (mutlak) dan konvergen bersyarat dapat didefinisikan sebagai berikut: Definisi 4: Sebuah deret



∑ U n dengan suku – suku berayun disebut konvergen mutlak n =1



jika deret ∑ |U n| konvergen. Dan disebut konvergen bersyarat jika deret n =1



∑|U n| divergen. n =1



Teorema 19: n+1



Sebuah deret berayun ∑ (−1) n =1



U n dengan U n >¿ 0 konvergen jika dipenuhi :



(i) Suku – sukunya positif yang monoton turun atau U n +1 ≤ U n ∀ n ∈ A U n=0 (ii) lim n→ Teorema 20. (Penukaran Tempat): Suku – suku deret konvergen mutlak dapat diatur kembali tanpa mempengaruhi pada kekonvergenan deretnya. Untuk pengujian deret kekonvergenan mutlak dapat diuji dengan teorema 21 dan teorema 22 berikut ini. Teorema 21 (Uji Perbndingan): Jika ∑ U n adalah deret dengan suku – suku tak nol dan lim n =1



n→



U n+1 =L maka Un



| |



deret konvergen mutlak bila 0 ≤ L< 1 dan divergen bila L>1. Dalam kasus L=1 Uji perbandingan gagal. Teorema 22 (Uji Akar): n



√|U n|=L maka Jika ∑ U n adalah deret dengan suku – suku tak nol dan lim n→ n =1



deret konvergen mutlak bila 0 ≤ L< 1 dan divergen bila L>1. Dalam kasus L=1 Uji akar gagal. Contoh 13 Selidiki ke konvergenan deret. a. ∑ (−1)n+1 n =1



1 n



b.



∑ (−1)n ¿ ¿ n =1



Jawab a. Deret ganti tanda



∑ (−1)n+1 1n



adalah konvergen sebab memenuhi teorema 19,



n =1



namun



deret



nilai



∑ 1n



mutlaknya



divergen.



Jadi



deret



n =1



∑ (−1)n+1 1n =1− 12 + 13 − 14 +… merupakan deret konvergen bersyarat. n =1



n b. Deret ∑ (−1) ¿ ¿ dinyatakan dalam bentuk ∑ U n , maka : n =1



n =1



∑ U n=−1+ n =1



9 8 625 n+ 1 − + −…+(−1)n 16 27 4096 2n



uji akar yaitu



( )



lim n+1 n



lim √|U n|= n → n→



∑ U n= ∑ ¿ ¿ n =1



2n



juga konvergen, sehingga deret



Contoh 14 Selidiki kekonvergenan dari deret berikut :



n =1



Jawab



∑ (−1)n ¿ ¿ n =1



(mutlak).



n2 n4 +2



merupakan deret berayun. Dengan



1 = 1 (lihat teorema 17). Jadi sesuai teorema 14, maka deret 2



2



∑ n 4n+2



konvergen pula. Karena itu deret



n =1



∑ (−1)n−1 n4n+2



konvergen mutlak



n =1



(absolut). b. Kita tulis deret itu dalam bentuk∑ U n , maka : n =1



1 1 1 − − +… ∑ U n= 12 + 2 1√2 + 6 1√3 − 16 5 √ 5 12 √6



terdiri dari suku – suku positif



n =1



dan negatif. Periksa kekonvergenan deret



∑|U n| yaitu deret : n =1



1 sin (2 n−1)π| | 6 ∑ n =1



1



∑ n √n n =1



n√n



Karena



|sin 16 (2 n−1)π| ≤ n √n



1 n √n



∀n∈ A



1 sin (2 n−1)π| | 6 konvergen (Uji Integral) maka deret ∑ n =1



n√n



1 sin (2n−1) π 6 Akibatnya deret konvergen mutlak (abolut). ∑ n √n n =1



dengan deret



juga konvergen.